gleichung das Gleichheitszeichen gilt. Bekanntlich ist der Kreis

die Lösung des Problems. Hier soll diese Lösung unter Benutzung der abbildenden Potenzreihe gegeben werden. Es sei (2) 2=(wo)= N a, 20,, 1= 0,*) 2= 0

die den Einheitskreis der-Ebene auf den von einer Kurve mit den genanmen Eigenschaften begrenzten Bereich B abbildende Potenzreihe. Der Flächeninhalt F und der Umfang L dieses Bildbereiches werden durch die Integrale

1 22 2 (3) F ſ J⸗(O εν*) 2ρdedoꝰ, L 1 7(à*⁴) dν

0 0 0 angegeben. Wir führen, um die Integration von F(eis) be- quem ausführen zu können, die Funktion F(c) ein, indem wir setzen

f,(20) 2 22. Gn n(ao) 2, 1 (1) F()= V6, 20; 5= a1* 0. „= 0

Zwischen den b, und den a„ besteht diese Beziehung:

(5) n-.,= b0-b„ 1 1 Or 5n. 9. e.... H⸗ 1 00.

n 2— 3 1 Es ist 2 Q 2 L=[F(e*s) 2d9 5 ⸗bn. I erο) 5 D%. 0 n., m= 0 0 Berücksichtigt man, daß 2 2 0 p 0 für n& m f goln m) ˙U9 6 12 für n= m, so erhält man 3 2 f. S 2** (6) L— 5 5, 8). —— 7= 0 *) Ist a*= 0, nuß nach(4) und(5) auch d2= 0 sein, wenn der An-

satz(4) möglich sein soll; wir setzen dann a— 0 voraus, wodurch in(12) bo durch b und b durch b, zu ersetzen ist.

**) V 2 7 7 ) Vgl. dazu Bieberba ch, Berliner Berichte 1924, S. 181f. Dort wird die Frage nach der Konvergenz von(6) und der Existenz des zweiten Integrals von(3) erledigt

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